第十章 第5节带电粒子在电场中的运动过关测试（Word版含答案）

2019人教版必修第三册 第十章 第5节 带电粒子在电场中的运动 过关测试
一、多选题
1．如图所示竖直放置的两个平行金属板间存在匀强电场，与两板上边缘等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最终都能运动到右极板上的同一位置，则从开始释放到运动到右极板的过程中它们的：（ ）
A．运行时间tP=tQ
B．电势能减少量之比ΔEP：△EQ=2：1
C．电荷量之比qP：qQ=2：1
D．动能增加量之比△EkP：△EkQ=4：1
2．如图所示，A、B、C三个带电离子（不计重力）以相同的初速度沿水平金属板M、N间的中心线射入匀强电场中，两极板间的距离为d。A离子落在N板的中点；B离子落在N板的边缘；C离子飞出极板时，沿电场方向的位移为。已知它们带电量比值为，则下列说法中正确的是（　　）
A．离子A、B在极板间的运动时间之比为1∶1
B．离子A、B的加速度之比为4∶1
C．离子B、C的质量之比为1∶1
D．离子B、C的动能增加量之比为1∶1
3．如图甲所示，两个平行金属板、正对且竖直放置，两金属板间加上如图乙所示的交流电压，时，板的电势比板的电势高。在两金属板的正中央点处有一电子（电子所受重力可忽略）在电场力作用下由静止开始运动，已知电子在时间内未与两金属板相碰，则（ ）
A．时间内，电子的动能减小
B．时刻，电子的电势能最大
C．时间内，电子运动的方向不变
D．时间内，电子运动的速度方向向右，且速度逐渐减小
4．如图所示，水平地面上方存在水平向右大小为E的匀强电场，现将一带电的小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度v0水平抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
A．小球从抛出到落地的时间为
B．带电小球的电量
C．从A到B的过程中小球的动能先增大后减小
D．从A点到B点小球的电势能增加了mgh
5．在如图所示的电路中，R1、R2为滑动变阻器，R3为定值电阻，A、B为两水平放置的平行金属板。一质量为m的带电微粒由平行金属板最左端正中央的M点以水平向右的初速度v0射入平行金属板，微粒沿图中所示的轨迹落在金属板B上的N点。微粒的重力可忽略不计。下列说法正确的是（　　）
A．微粒带负电
B．如果仅将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，R3消耗的功率减小
C．如果仅将滑动变阻器R2的滑动触头向右移动，微粒可能从金属板的右侧离开
D．如果仅将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，微粒将落在金属板B上的N点的左侧
6．如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨迹，轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，AC为圆弧。一个质量为m，电荷量为－q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道。不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．小球在AC部分可能做匀速圆周运动
B．小球一定能从B点离开轨道
C．若小球能到达C点，小球在C点时的速度一定不为零
D．若小球能到达B点，小球经过B点时动能和经过A点时动能一定相等
7．如图所示，长为L、倾角为的光滑绝缘斜面处于沿斜面向下的匀强电场中，一带电荷量绝对值为q、质量为m的小球。以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面向上做匀速直线运动，最终通过斜面顶端C点。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球带正电
B．小球在C点的电势能大于在A点的电势能
C．A、C两点的电势差
D．电场强度大小为
二、单选题
8．如图所示，A、B为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S分别与电源两极相连，两板中央各有一个小孔a和b．在a孔正上方某处有一带电质点由静止开始下落，若不计空气阻力，该质点到达b孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b孔，则可行的方法是
A．保持S闭合，将A板适当右移
B．保持S闭合，将B板适当下移
C．先断开S，再将A板适当上移
D．先断开S，再将B板适当左移
9．如图甲所示两平行金属板，B板接地，从t=0时刻起AB板接电源，A板电势随时间变化图像如图乙所示，板间一带正电粒子（不计重力）由静止开始在电场力作用下运动，板间距足够长，则下列说法正确的是( )
A．粒子在两板间往复运动
B． 时粒子速度为零
C．到这段时间内粒子的电势能降低，电场力对粒子做正功
D． 时与 时粒子速度之比为1：4
10．如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点，电子做逆时针运动，在从M点经P点到达N点的过程中（ ）．
A．速率先增大后减小
B．速率先减小后增大
C．电场力对电子做正功
D．电场力对电子做负功
11．有一束正离子，以相同速率从同一位置进入带电平行板电容器的匀强电场中，所有离子运动轨迹一样，说明所有离子 （ ）
A．具有相同质量 B．具有相同电荷量
C．具有相同的比荷 D．属于同一元素的同位素
12．某空间存在一静电场，沿方向建立坐标轴，一个电荷量为的带负电粒子从处由静止释放，粒子只在电场力的作用下沿轴运动，其电势能随位移的变化图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．此电场为处于原点的点电荷产生的电场 B．从点沿轴正向电势降低
C．在和处，粒子加速度相同 D．粒子在位置的速度是处的倍
13．如图所示，带电量之比为qA︰qB=1︰2的带电粒子A、B先后以相同的速度从同一点射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为，则带电粒子的质量之比以及在电场中飞行时间之比分别为
A．1:1，2:3 B．2:1，3:2
C．2:1，2:1 D．4:3，2:1
14．如图所示，在与水平方向成θ角的匀强电场中有一绝缘光滑细杆，底端固定一带正电的小球，上端有一带正电的小环，在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，下列关于小环能量变化的说法中正确的是（ ）
A．重力势能与动能之和增加 B．电势能与动能之和增加
C．机械能守恒 D．动能一定增加
15．如图甲所示，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，将一质量为m的小球从斜面上端的A点处由静止释放，下滑位移x到达B点与轻弹簧接触，再下滑位移L将弹簧压缩至C点时速度恰好减为零．如图乙所示，若将整个斜面置于大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中，再使小球带电量为＋q，仍在A位置由静止释放，不计小球与弹簧接触过程机械能损失，小球运动过程中电量保持不变，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g，则小球在电场中到达C点时速度的大小为（　　）
A．零 B．
C． D．
16．如图所示，方向竖直向下的足够大的匀强电场中有一条与水平方向成θ角的直线MN。现将一个带正电的小球从MN上的P点以初速度v0水平抛出，小球的运动轨道与直线MN相交于Q点（图中未画出）。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．v0越大，小球经过Q点的速度方向与水平方向的夹角越大
B．v0越大，小球从P点运动到Q点的过程中减少的电势能越小
C．小球运动到距离直线MN最远处的时间与v0大小成正比
D．小球沿直线MN方向上的分运动为匀速直线运动
三、解答题
17．如图所示，A、B两极板竖直放置，两极板之间的电压U1=2.0×102V，MN两相同极板水平正对放置，两极板之间电压U2=4.0×102V，板间距d=8cm，板间电场可视为匀强电场.一质量为m =1.0×10-20kg、带电量为q=+1.0×10-10C的带电粒子，从靠近A板处由静止释放，经电场加速后从B板的小孔穿出，沿M、N极板间中轴线以速度v0射入电场，刚好从M板右边缘飞出.（不计粒子重力）.
（1）求带电粒子刚射入M、N极板间时的初速度v0；
（2）求M、N极板的长度L.
18．如图所示，长为2R的水平固定绝缘轨道AB与半径为R的竖直半圆形固定绝缘轨道BCD相切于B点，整个空间存在沿水平方向的匀强电场。今将质量为m的带正电物块（可视为质点）从水平轨道的A端由静止释放，滑块在电场力的作用下沿轨道运动并通过D点。已知电场力的大小是物块所受重力的2倍，空气阻力及轨道的摩擦均可忽略不计，重力加速度为g。求：
（1）滑块从A端运动到B端电场力的冲量大小I；
（2）滑块通过圆形轨道B点时对轨道压力大小；
（3）请比较滑块在B、D两点机械能的大小，并简要说明理由。
19．如图所示，在范围很大的水平向右的匀强电场中，一个电荷量为-q的油滴，从A点以速度v竖直向上射入电场.已知油滴质量为m，重力加速度为g，当油滴到达运动轨迹的最高点时，测得它的速度大小恰为v/2，问:
(1)电场强度E为多大
(2)A点至最高点的电势差为多少
20．虚线MN位于竖直平面内，已知MN与水平方向成角，在MN的右侧有大小为E，方向竖直向下的匀强电场，在MN的左侧有方向竖直向上的匀强电场（为未知量），图中均未画出。一质量为m、电荷量为的粒子以速度从M点水平向右射入，粒子的重力可以忽略。求：
(1)粒子到达MN连线上的某点时所用的时间；
(2)粒子在MN左侧再经过相同的时间重新到达MN连线上的另一点，求。
21．α粒子从无穷远处以等于光速十分之一的速度正对着静止的金核射去（没有撞到金核上）．已知离点电荷Q距离为r处的电势的计算式为：φ＝，那么α粒子的最大电势能是多大？由此估算金原子核的半径是多大？
22．如图所示，地面上放有水平向左的匀强电场，一质量为m，电荷量为q的小球以一定水平初速度从A处抛出，落地时的速度方向恰好沿竖直方向，已知A处距地面的高度为h，小球的水平位移为L，重力加速度为g，求：
（1）电场强度E的大小和水平初速度v0的大小；
（2）小球运动到距地面的高度为时的动能。
23．甲在x轴上有两个点电荷和（在的左边）x轴上每一点处电势随着x变化的关系如图所示.当时，电势为0；当时，电势有最小值．（点电荷产生的电场中的电势为）
（1）求两个电荷和的位置坐标；
（2）求两个电荷电荷量的比值.
24．一质量为M=2kg的长木板在粗糙水平地面上运动，在t=0时刻，木板速度为v0=12m/s，此时将一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）无初速度地放在木板的右端，二者在0~2s内运动的v-t图象如图所示．已知重力加速度 g=10m/s2．求：
（1）小物块与木板的动摩擦因数以及木板与地面间的动摩擦因数．
（2）小物块最终停在距木板右端多远处？
25．如图甲所示，A和B是真空中正对面积很大的平行金属板，O是一个可以连续产生粒子的粒子源，O到A、B的距离都是l.现在A、B之间加上电压，电压UAB随时间变化的规律如图乙所示．已知粒子源在交变电压的一个周期内可以均匀产生300个粒子，粒子质量为m、电荷量为－q.这种粒子产生后，在电场力作用下从静止开始运动．设粒子一旦碰到金属板，它就附在金属板上不再运动，且电荷量同时消失，不影响A、B板电势．不计粒子的重力，不考虑粒子之间的相互作用力．已知上述物理量l＝0.6m，U0＝1.2×103 V，T＝1.2×10－2 s，m＝5×10－10 kg，q＝1.0×10－7C．
(1)在t＝0时刻产生的粒子，会在什么时刻到达哪个极板？
(2)在t＝0到t＝这段时间内哪个时刻产生的粒子刚好不能到达A板？
(3)在t＝0到t＝这段时间内产生的粒子有多少个可到达A板？
26．如图所示，在以O为圆心、半径为R的圆形区域内有匀强电场，AB为圆的直径。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子在纸面内自A点飘入电场（速度很小，可以认为粒子速度为0），从圆周上的C点以速率v0穿出，运动过程中粒子仅受电场力作用，且AC与AB的夹角θ=60°。
（1）求电场强度的大小；
（2）若粒子从A点以不同速度射入电场，求穿出电场时动能增量的最大值；
（3）若粒子进入电场的速度方向与电场方向垂直，为使粒子穿过电场前后速度变化量的大小为，求该粒子进入电场时的速度应为多大。
27．如图所示，质量为、带电量为的电子在电势差为的加速电场中从紧靠左侧极板的点由静止开始加速运动，然后沿着偏转电场的中轴线射入电势差为的偏转电场中，最终电子到达接收屛上的点。已知偏转电场的极板长度为，两极板之间的距离为，中轴线与接收屛垂直于点，偏转电场的极板的右端点与接收屛之间的距离为，不计电子受到的重力，求：
（1）电子在加速电场中获得的最大速度。
（2）电子离开偏转电场时速度的偏转角度。
（3）接收屛上的、两点之间的距离。
28．如图所示虚线矩形区域NPP' N’、MNN’M’内分别充满竖直向下的匀强电场和大小为B垂直纸面向里的匀强磁场，两场宽度均为d、长度均为4d， NN’为磁场与电场之间的分界线。点C’、C将MN三等分，在C’、C间安装一接收装置。 一电量为-e。质量为m、初速度为零的电子，从P'点开始由静止经电场加速后垂直进入磁场，最后从MN之间离开磁场。不计电子所受重力。求∶
(1)若电场强度大小为E ，则电子进入磁场时速度为多大。
(2)改变场强大小，让电子能垂直进入接收装置，则该装置能够接收到几种垂直于MN方向的电子。
(3)在(2)问中接收到的电子在两场中运动的最长时间为多大。
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．AC
【详解】
A．两小球在竖直方向都做自由落体运动，由题分析可知，小球下落高度相同，由公式
t=
得，它们运动时间相同，故A正确；
BD．电场力做功分别为
WP=qQExQ，WQ=qPExP
由于
qP：qQ=2：1，xP：xQ=2：1
得到
WP：WQ=4：1
而重力做功相同，则合力做功之比
则动能增加量之比
△EkP：△EkQ＜4
故BD错误；
C．小球在水平方向都做初速度为零的匀加速直线运动，水平位移
xP=2xQ
由
x=
分析得到加速度之比
aP：aQ=2：1
根据牛顿第二定律得，两球的加速度分别为
aP=，aQ=
则
qP：qQ=2：1
故C正确。
故选AC。
2．BD
【详解】
A．根据
①
可知离子A、B在极板间的运动时间之比为
故A错误；
B．根据
②
可知离子A、B的加速度之比为
故B正确；
C．易知离子在B、C在极板间的运动时间之比为1∶1，根据牛顿第二定律有
③
联立②③可得
④
由⑤式可得离子B、C的质量之比为
故C错误；
D．根据动能定理可得
⑤
离子B、C的动能增加量之比为
故D正确。
故选BD。
3．AD
【详解】
A．在时间内，电场方向水平向右，电子所受电场力方向向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在时间内，电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，电子向左做匀减速直线运动，电场力做负功，电子的电势能增加，动能减小，故A正确；
BC．时刻电子的速度为零，在时间内，电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，电子向右做初速度为零的匀加速直线运动，运动方向发生改变，时刻速度最大，动能最大，电势能并不是最大，故BC错误；
D．在时间内，电场方向水平向右，电子的加速度方向向左，电子向右做匀减速直线运动，到时刻速度为零，恰好又回到M点，故D正确。
故选：AD。
4．ABD
【详解】
A．小球在竖直方向上做自由落体运动，小球从抛出到落地的时间为
解得
A正确；
B. 水平方向小球做匀减速运动，逆向思维，做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
又因为小球带负电，解得带电小球的电量
B正确；
C．因为电场力等于重力，合力方向为左偏下45°，从A到B的过程中，合力与速度方向先成钝角后成锐角，先做负功后做正功，小球的动能先减小后增大，C错误；
D．电场力做负功，电势能增加，从A点到B点小球的电势能增加量为
解得
D正确。
故选ABD。
5．AD
【详解】
A．由题图可知A板的电势低于B板的电势，两板间电场方向向上，而微粒在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，可知该微粒带负电，故A正确；
B．如果将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，滑动变阻器R1接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，由可知，R3消耗的功率增大，故B错误；
C．电路稳定时没有电流流过R2，改变R2的阻值，不改变A、B间的电压，两板间电场强度不变，微粒所受的电场力不变，所以微粒的运动情况不变，仍落在N点，故C错误；
D．设平行金属板A、B间的电压为U，微粒在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则竖直方向有
水平方向有
联立得
如果将滑动变阻器R1的滑动触头向上移动，滑动变阻器R1接入电路中的电阻减小，电路中电流增大，R1两端的电压增大，A、B间的电压U增大，故微粒落在金属板B上时运动的水平距离x减小，所以微粒落在金属板B上N点的左侧，故D正确；
故选AD。
6．AC
【详解】
A．若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故A正确。
B．小球进入圆轨道后，受到竖直向下的重力、竖直向上的电场力和沿半径方向的轨道的弹力。电场力做负功，重力做正功，由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故B错误；
C．若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零。故C正确；
D．若小球能到达B点，则重力做功为零，小球在AC部分运动时电场力做负功，所以小球经过B点时动能小于经过A点时动能，故D错误；
故选AC。
7．CD
【详解】
A．小球沿斜面向上做匀速直线运动，可知小球所受的电场力平行斜面向上，小球带负电，选项A错误；
B．从A到C电场力做正功，则电势能减小，即小球在C点的电势能小于在A点的电势能，选项B错误；
D．由平衡知识可知
解得
选项D正确；
C．A、C两点的电势差
选项C正确。
故选CD。
8．B
【详解】
A．由题质点到达b孔时速度恰为零，根据动能定理得
若保持S闭合，将A板适当右移，由动能定理得
则有，知质点到达b孔速度为零，然后返回，不能穿过b孔，故A错误；
B．保持S闭合，将B板适当下移△d，由动能定理得
则v>0，知质点能够穿出b孔，故B正确；
C．若断开S时，将A板适当上移，设A板上移距离为△d，板间电场强度
不变，由动能定理得
则有，可知质点没有到达b孔速度为零，然后返回，不能穿过b孔，故C错误；
D．若断开S，两极板带电量不变，再将B板适当左移，正对面积减小，电场强度
增大，根据动能定理得
则有，可知质点没有到达b孔速度为零，然后返回，不能穿过b孔，故D错误；
故选B．
【点睛】
质点到达b孔时速度恰好为零，然后返回，根据动能定理知，质点再运到到b点的过程中，重力做功和电场力做功相等；本题通过AB两端电势差的变化，根据动能定理进行判断．
9．D
【解析】粒子在内粒子向下做加速运动， 粒子向下做减速运动，T后粒子接着向下做加速运动减速运动，粒子会一直向下运动，A错误；粒子从先做加速度增大的加速运动后做加速度减小的加速运动， 在时粒子的速度最大，B错误；从，粒子在做减速运动，电场力做负功，电势能增大，C错误；B板接地，即B板的电势为0，故AB间的电势差为，根据牛顿第二定律得： ，将图象转化为a-t图象，如图所示：
a-t图象面积表示速度的变化量，则时的速度为，则时的速度为，则速度之比为，故D正确；故选D.
10．A
【详解】
子从M点移动到P点的过程中，将电子与正点电荷之间的库仑引力按切线方向和法线方向进行分解，该力的法向分量使电子的运动方向发生改变，而该力的切向分量此时与电子的运动方向相同，故电子从M点移动到P点的过程中速率是逐渐变大的；又因为在此过程中库仑引力的切向分量与电子的运动方向相同，所以该力对电子做正功．
用同样的方法可分析出电子从P点移动到N点的过程中，速率是逐渐变小的，该力对电子做负功在全过程中，电场力先对电子做正功后对电子做负功．
A．速率先增大后减小，与结论相符，选项A正确；
B．速率先减小后增大，与结论不相符，选项B错误；
C．电场力对电子做正功，与结论不相符，选项C错误；
D．电场力对电子做负功，与结论不相符，选项D错误；
故选A．
11．C
【解析】
【详解】
正离子垂直进入匀强电场后，做类平抛运动，将运动分解，离子的偏转距离为： 所有离子运动轨迹一样，y相等，速率v0、场强E、极板长度L均相同，当偏转距离y相等时，则离子的比荷 相同，但它们的质量不一定相同，电量也不一定相同，原子序数不一定相等，则离子不一定是属于同一元素的同位素，ABD错误C正确。
12．B
【详解】
A．根据图象可知，图线的斜率表示电场力qE，由图可知两段图线斜率大小相等，则可知x轴正负半轴是两个大小相等，方向不同的匀强电场，故A错误；
B．带负电粒子从-3cm~0，电势能减小，则可知电势升高，场强方向沿x轴负方向，从0~3cm电势能增大，则电势降低，场强方向沿x轴正方向，则从点沿轴正向电势降低，故B正确；
C．在和处，场强大小相等，方向相反，故粒子加速度大小相等，方向相反，故C错误；
D．粒子从x=-3cm到O点的过程由能量守恒得
粒子从O到x=1cm的过程中，由能量守恒得
联立解得
联立解得
故D错误。
故选B。
13．C
【详解】
两个带电粒子垂直射入电场中做为类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动则 水平方向有：
相等所以得：
竖直方向有：
则得：
因为E、y、相等则得：
A．描述与分析不符，故A错误.
B．描述与分析不符，故B错误.
C．描述与分析相符，故C正确.
D．描述与分析不符，故D错误.
14．B
【详解】
ABC．在环由静止释放后沿杆向下运动的过程中，受向下的重力、斜向上的电场力和竖直向上的库仑力，因电场力和库仑力对环都做负功，可知环的机械能减小；而环的动能、重力势能和电势能之和守恒，则因电势能变大，则重力势能与动能之和减小；因重力势能减小，则电势能与动能之和增加；选项AC错误，B正确；
D．环下滑过程中一定存在一个重力、电场力、库仑力以及杆的弹力的四力平衡位置，在此位置时环的速度最大，动能最大，则环下滑时动能先增加后减小，选项D错误；
故选B。
15．C
【详解】
当不加电场时，由动能定理可得
加电场后，则有
联立解得
故选C。
16．C
【详解】
A．由题意可知，带电小球在电场中做类平抛运动，将MN看成斜面，由斜面平抛运动可知，只要落在斜面上，小球速度方向与水平方向夹角一定，故A错误；
B．由几何关系可得
，
所以初速度越大，运动时间越长，竖直方向的位移越大，电场力做功越多，减小的电势能越大，故B错误；
C．当小球速度方向与MN连线平行时，小球离MN最远，则有
，
由运动学公式可得
，
所以
，
由于小球受重力与电场力，所以小球的合力恒定，加速度恒定，故C正确；
D．将小球的初速度和电场力与重力分解到MN方向上可知，小球在MN方向上做匀加速直线运动，故D错误。
故选C。
17．（1）v0=2.0×l06m/s （2）L=8×10-2m
【详解】
（1）带电粒子在AB板间的加速电场中，根据功能关系得：
qUl=
代入数据解得：v0=2.0×l06m/s
（2）带电粒子射入MN板间做类平抛运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律
a=
由带电粒了刚好从M板右边缘飞出，设在电场中运动时间为t
沿电场方向：
L=v0t
垂直电场方向：
代入数据解得：L=8×10-2m
18．（1）；（2）；（3）相等；只有重力做功、BD在同一个等势面或BD与电场线垂直等
【详解】
(1)从A到B的过程中，根据动能定理
而
根据动量定理，电场力的冲量
整理得
(2)在B点时，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，对轨道压力大小
(3)B、D两点机械能相等。由于B、D两点在同一个等势面上，因此从B到D的过程中，电场力做功为零，只有重力故功，因此B、D两点机械能相等。
19．(1) (2)
【详解】
油滴在竖直方向上:
油滴在水平方向上：
可得
油滴在水平方向上:
可得：
20．（1）；（2）E
【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向位移为x，运动时间为t，竖直位移为h，加速度为a，则有
联立可得
(2)粒子在MN左侧再经过相同的时间重新到达MN连线上的另一点，则水平方向
由此可知
由此可知MN左右两段运动具有对称性，则加速度大小相等，则电场强度大小相等，故有
21．3.0×10－12J；1.2×10－14m
【详解】
试题分析：α粒子向金核靠近过程中克服电场力做功，动能转化为电势能，到不能再接近（两者速度相等时），可认为二者间的距离就是金核的半径r．根据动量守恒定律和能量守恒定律即可求出电势能，再根据电势能的表达式求原子核的半径．
α粒子向金核靠近过程中克服电场力做功，动能转化为电势能，到不能再接近（两者速度相等时），可认为二者间的距离就是金核的半径r．根据动量守恒定律和能量守恒定律，结合金核质量远大于α粒子的质量，有初动能几乎全部转化为电势能．无穷远处的电势能为零，故最大电势能E＝＝3.0×10－12J．
再由E＝qφ＝，得r＝1.2×10－14m，
可见金核的半径不会大于1.2×10－14m．
点睛：本题主要考查了电势能的概念和表达式，通过表达式即可解题．
22．（1）； ；（2）mg[h+（3﹣2）]
【详解】
（1）小球水平方向作匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，设飞行时间为t，初速度为v0，则水平方向上有
0﹣v0=﹣
0﹣v02=﹣
竖直方向上有
整理可得
E=
v0=
（2）设小球下落到h时的动能为Ek，此时小球的水平位移为s，则竖直方向有
解得
t1=
在水平方向上有
由动能定理可得
联立可得
Ek=mg[h+（3﹣2）]
23．（1）， （2）
【详解】
由于在处，电势趋于正无穷，可知在原点有一个正电荷，即或在处，假设在原点，则在x轴的正半轴，此时在x轴正半轴一定有某处（即所处位置）电势为无穷大（或无穷小），与图像矛盾，则只能是在原点，在x轴的负半轴.又由于总电势可以为负，可知，设的位置坐标为，，在处，总电势为0，则
在处，电势最低，则电场强度为0，有
解得
则两点电荷、的位置坐标分别为
，
电荷量的比值为
24．（1）， （3）10.5m
【解析】
【详解】
本题考查板块问题．
（1）以木块为研究对象，由牛顿第二定律有
以木板为研究对象，由牛顿第二定律有
由图象得：
联立解得：
（2）速度相同后，假设二者一起做匀减速，对整体由牛顿第二定律有
对木块由牛顿第二定律有
可得：，所以假设不成立，二者存在相对运动．
木块的加速度大小依然为
以木板为研究对象，由牛顿第二定律有
解得：
由图象得：
速度相同后
小物块最终停止处距木板右端
点睛：板块模型在粗糙水平面上达到共同速度后能否一起运动的判断方法是：假设一起匀减速运动，求出物块所需的摩擦力；将所需的摩擦力与板块之间的最大静摩擦力对比．若物块所需的摩擦力小于板块之间的最大静摩擦力，则两者一起匀减速；若物块所需的摩擦力大于板块之间的最大静摩擦力，则两者存在相对运动．
25．(1)×10－3 s　A极板　(2)4×10－3 s(3)100个
【详解】
(1)根据图乙可知，从t＝0时刻开始，A板电势高于B板电势，粒子向A板运动．因为
x＝＝3.6m＞l
所以粒子从t＝0时刻开始，一直加速到达A板．设粒子到达A板的时间为t，则
l＝t2
解得
t＝×10－3 s.
(2)在0～时间内，粒子的加速度大小为
a1＝＝2×105 m/s2
在～T时间内，粒子的加速度大小为
a2＝＝4×105 m/s2
可知a2＝2a1，若粒子在0～时间内加速Δt，再在～T时间内减速刚好不能到达A板，则
l＝a1Δt·Δt
解得
Δt＝2×10－3 s
因为＝6×10－3 s，所以在0～时间里4×10－3 s时刻产生的粒子刚好不能到达A板．
(3)因为粒子源在一个周期内可以产生300个粒子，而在0～时间内的前时间内产生的粒子可以到达A板，所以到达A板的粒子数为
n＝300××＝100(个)．
26．（1）；（2）；（3）
【详解】
解：（1）由题意可知，粒子的初速度是零，由C射出电场，因此电场方向与AC平行，由A指向C，由几何关系和电场强度的定义式可得
AC=R
F=qE
由动能定理知
联立以上三式解得
（2）由题意可知，要使粒子的动能增量最大，则粒子沿电场线方向移动距离最大，作AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子从D点射出时沿电场线方向移动距离最大，粒子在电场中做类平抛运动，由几何关系得
x=Rsin60°
y=R+Rcos60°
由动能定理可知
WF= Ek
Ekmax=Fy=qE×（R+Rcos60°）=
（3）若粒子进入电场的速度方向与电场方向垂直，则粒子在电场中做类平抛运动，则有 v=at，解得
如图所示，粒子从E点射出，则粒子在x方向的位移是
x=R+Rsinθ
粒子射入电场的速度
27．（1） （2） （3）
【详解】
(1)在加速电场中，由动能定理得
解得
(2)偏转电场中的场强
加速度
电场力
电子在偏转电场中的运动时间
垂直与中轴线方向的速度
根据几何关系可得
联立方程解得偏转角度
(3)偏转距离
根据相似三角形可得
解得
28．(1)；(2)三种；(3)。
【详解】
(1)电子在电场中加速
解得
(2)磁场中n个半圆，则
（2n+l）R=4d①
半径满足
②
解得
2.5可见n=3、4、5共三种速度的电子.
(3)上问n=5时运动时间最长
11R=4d③
电子在磁场中运动
④
⑤
电子在电场中运动
⑥
最长时间
答案第1页，共2页
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